浙江高考数学大一轮复习第四章导数及其应用第5节导数与不等式课件.pptx

考试要求　1.能利用导数证明简单的不等式；2.已知不等式恒(能)成立，会求参数的取值范围.;知 识 梳 理;[常用结论与易错提醒] 与不等式有关的结论 (1)对任意x，f(x)g(x)?f(x)－g(x)0?[f(x)－g(x)]min0. (2)对任意x1，x2，f(x1)g(x2)?f(x)ming(x)max. (3)存在x1，x2，f(x1)g(x2)?f(x)maxg(x)min. (4)对任意x，存在x0，f(x)g(x0)?f(x)ming(x)min. (5)f(x)≥a或f(x)≤a对x∈D恒成立?f(x)min≥a或f(x)max≤a. (6)若存在x∈D，使f(x)≥a或f(x)≤a?f(x)max≥a或f(x)min≤a. (7)对任意的x1∈D1，总存在x2∈D2，使f(x1)＝g(x2)?A?B(其中集合A为f(x1)的值域，集合B为f(x2)的值域). (8)当参数不易分离时，应注意分类讨论或数形结合思想的应用. ;基 础 自 测;解析　由f′(x)＝xex(x＋2)，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－2(舍去).;答案　D ;4.已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2＋x＋2，若对任意的x∈(0，＋∞)，不等式2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，则实数a的取值范围是________. 解析　g′(x)＝3x2＋2ax＋1， ∵2f(x)≤g′(x)＋2， ∴2xln x≤3x2＋2ax＋1. ;当x∈(0，1)时，h′(x)0，h(x)递增， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，h(x)递减， ∴h(x)最大＝h(x)极大＝h(1)＝－2， 由题意a≥－2. 答案　[－2，＋∞) ;5.当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是________. 解析　当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R， ;∴φ(x)在(0，1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.∴a≥－6. ;当0x2时，f′(x)0；当x2时，f′(x)0. 所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增. ;规律方法　(1)利用参数a的范围放缩不等式是关键； (2)不等式有等号时，可利用函数的最值证明不等式，否则可利用函数的单调性求函数的值域.;【训练1】 已知函数f(x)＝xln x－2x. (1)求f(x)的单调区间、极值； (2)若xy0，试确定f(x)－f(y)与xln y－yln x的大小关系，并给以证明. 解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ln x＋1－2＝ln x－1， 令f′(x)＝0得x＝e. 将x，f′(x)，f(x)变化情况列下表： ;可得(0，e)是f(x)的递减区间，(e，＋∞)是f(x)的递增区间，f(x)在x＝e处有极小值－e，无极大值. (2)f(x)－f(y)xln y－yln x.证明如下： [f(x)－f(y)]－(xln y－yln x) ＝xln x－2x－yln y＋2y－xln y＋yln x ;∴M(t)M(1)＝0即Q′(t)0.∴Q(t)在(1，＋∞)上是递增函数. ∴Q(t)Q(1)＝0.又y0，∴(*)0， ∴f(x)－f(y)xln y－yln x. ;(1)证明　原不等式等价于x4－x3－x＋1≥0， 设g(x)＝x4－x3－x＋1， 则g′(x)＝4x3－3x2－1＝(x－1)(4x2＋x＋1)， 当x∈(－∞，1)时，g′(x)0，g(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，g(x)单调递增. 所以g(x)≥g(1)＝0，所以f(x)≥－x2＋x＋1. ;(2)解　当x＝0时，易知a∈R；;(1)证明　令F(x)＝f(x)－g(x);∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x). ;∵当a1时，eaa＋1， ∴当a1时，G′(a)0，G(a)在[1，＋∞)上单调递增， ∴a≤2， ∴a的最大值为2. ;(2)由(1)知，f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以当x1时，f(x)≥f(2)＝0， 又g(x)＝ln x－ax， ;当x∈(0，e)时，h′(x)0，h(x)单调递增， 当x∈(e，＋∞)时，h′(x)0，h(x)单调递减， ;规律方法　(1)单变量任意型，常用分离参数法，不易分离参数或分离参数后函数太复杂时，应直接讨论参数； (2)双变量任意型、任意存在型注意等价转化为最值问题解决.;【训练2】 (2019·台州质量评估)已知函数f(x)＝(x2－x＋1)·e－x. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)当x∈[